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海南省文昌中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷
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这是一份海南省文昌中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷，共25页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年海南省文昌中学高二（上）第一次月考数学试卷
一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）直线x﹣y+1＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（5分）已知＝（λ+1，0，2λ），＝（6，2μ﹣1，2），若∥，则λ与μ的值分别为（ ）
A．﹣5，﹣2 B．5，2 C． D．
3．（5分）如图在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上且满足，，用向量，，表示向量（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题﹣﹣“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为B（﹣2，0）（2，0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝3（ ）
A．4 B．5 C． D．3
5．（5分）经过两直线l1：2x﹣y+3＝0与l2：x+2y﹣1＝0的交点，且平行于直线3x+2y+7＝0的直线方程是（ ）
A．2x﹣3y+5＝0 B．2x+3y﹣1＝0 C．3x+2y﹣2＝0 D．3x+2y+1＝0
6．（5分）1765年，数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”．已知△ABC的顶点A（3，0），B（3，5），C（0，1）（ ）
A．3x﹣y﹣4＝0 B．x+3y﹣3＝0 C．x﹣3y+4＝0 D．3x+y﹣5＝0
7．（5分）设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，＝λ，当∠APC为锐角时（ ）
A．[0，） B．[0，） C．（，1） D．（，1）
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分）
（多选）9．（5分）已知直线l1：x+my﹣1＝0，l2：（m﹣2）x+3y+3＝0，则下列说法正确的是（ ）
A．若l1∥l2，则m＝﹣1或m＝3 B．若l1∥l2，则m＝3
C．若l1⊥l2，则 D．若l1⊥l2，则
（多选）10．（5分）已知平面上一点M（5，0），若直线上存在点P使|PM|＝4，则称该直线为“切割型直线”（ ）
A．y＝x+1 B．y＝2 C．y＝ D．y＝2x+1
（多选）11．（5分）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线l的方向向量＝（1，﹣1，2），直线m的方向向量＝（2，1，﹣），则l与m垂直
B．若直线l的方向向量＝（0，1，﹣1），平面α的法向量＝（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．若平面α，β的法向量分别为＝（0，1，3），＝（1，0，2），则α⊥β
D．若平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
（多选）12．（5分）已知正四面体A﹣BCD，棱长为2，O是△BCD的中心（ ）
A．＝++
B．AB与平面BCD所成角正弦值为
C．平面ABC与平面BCD所成角余弦值为
D．O到平面ABC距离为
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）已知三角形三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2），则BC边上中线所在直线方程是 ．
14．（5分）已知平面α的一个法向量为＝（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内（4，5，3）到α的距离为 ．
15．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝，DC＝SD＝2，∠ABM＝60°．若以DA，DC，分别为x轴，y轴，则M的坐标为 ．
16．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ．
四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知直线l过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离是3，求直线m的方程．
18．（12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，点E，F分别为AD
（Ⅰ）证明：DF∥平面PBE；
（Ⅱ）求点F到平面PBE的距离．
19．（12分）已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a＝0．
（1）当直线l在x轴上的截距是它在y轴上的截距3倍时，求实数a的值；
（2）当直线l不通过第四象限时，求实数a的取值范围．
20．（12分）如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，点C是的中点
（1）证明：AC⊥平面POD；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
21．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝，sinB＝．
（1）求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC＝，求b．
22．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为？若存在，确定点P的位置，说明理由．
2022-2023学年海南省文昌中学高二（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）直线x﹣y+1＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【分析】把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
【解答】解：直线y+1＝2 即 y＝，故直线的斜率等于，
则 8≤α＜π，且tanα＝，
故选：B．
【点评】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小．求出直线的斜率是解题的关键．
2．（5分）已知＝（λ+1，0，2λ），＝（6，2μ﹣1，2），若∥，则λ与μ的值分别为（ ）
A．﹣5，﹣2 B．5，2 C． D．
【分析】直接利用向量平行的坐标表示建立方程，解方程求出λ与μ的值．
【解答】解：因为，，又，
所以（λ+1）×4＝2λ×6，解得λ＝，解得μ＝，
λ与μ的值分别为：．
故选：D．
【点评】本题考查向量的平行条件的应用，考查计算能力．
3．（5分）如图在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上且满足，，用向量，，表示向量（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用空间向量加法法则直接求解即可．
【解答】解：∵在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，
且满足，，点G是线段MN的中点，
∴．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
4．（5分）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题﹣﹣“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为B（﹣2，0）（2，0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝3（ ）
A．4 B．5 C． D．3
【分析】求出点A关于直线x+y＝3的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求．
【解答】解：根据题意，作图如下，
∵点A（2，0）7（x0，y0），
∴，解得：5（3，1），
∴“将军饮马”的最短总路程为|A6B|＝＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点间距离公式，属于基础题．
5．（5分）经过两直线l1：2x﹣y+3＝0与l2：x+2y﹣1＝0的交点，且平行于直线3x+2y+7＝0的直线方程是（ ）
A．2x﹣3y+5＝0 B．2x+3y﹣1＝0 C．3x+2y﹣2＝0 D．3x+2y+1＝0
【分析】解方程组求得直线的交点坐标，再利用两直线平行的性质，用待定系数法求直线的斜率，可得直线的方程．
【解答】解：由 可得3：2x﹣y+3＝6与l2：的交点为（﹣1．
设平行于直线7x+2y+7＝8的直线方程是3x+2y+c＝7，
再把点（﹣1，1）代入，故要求的直线的方程为4x+2y+1＝8，
故选：D．
【点评】本题主要考查求直线的交点，两直线平行的性质，用待定系数法求直线的方程，属于基础题．
6．（5分）1765年，数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”．已知△ABC的顶点A（3，0），B（3，5），C（0，1）（ ）
A．3x﹣y﹣4＝0 B．x+3y﹣3＝0 C．x﹣3y+4＝0 D．3x+y﹣5＝0
【分析】由三角形的重心坐标公式可得△ABC的重心G（2，2），再求出AB边和AC边上的高所在的直线方程，联立两直线方程求出△ABC的垂心，即可求出△ABC的欧拉线方程．
【解答】解：由题意可知，△ABC的重心G（2，
∵A（3，4），5），
∴直线AB的方程为x＝3，
∴AB边上的高所在的直线方程为y＝8，
∵A（3，0），7），
∴直线AC的斜率为＝﹣，
则AC边上的高所在的直线斜率为3，
∴AC边上的高所在的直线方程为y﹣5＝7（x﹣3），即y＝3x﹣8，
联立方程，解得 ，
∴△ABC的垂心为H（，8），
∴直线GH的斜率为＝7，
∴直线GH的方程为y﹣2＝3（x﹣8），即3x﹣y﹣4＝3，
即△ABC的欧拉线方程为3x﹣y﹣4＝8，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的重心坐标公式，考查了直线的一般方程，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
7．（5分）设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，＝λ，当∠APC为锐角时（ ）
A．[0，） B．[0，） C．（，1） D．（，1）
【分析】建立空间直角坐标系，由题意可求＝（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1），＝（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1），由∠APC为锐角，利用空间向量坐标运算可求＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＞0，结合题意可求λ的取值范围．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，6），1，0），2，0），D1（3，0，1），
由＝λ，λ，1﹣λ），
则＝（8﹣λ，λ﹣1），，1﹣λ，
因为∠APC为锐角，
所以＝（4﹣λ，λ﹣1）•（﹣λ，λ﹣1）＝（λ﹣7）（3λ﹣1）＞7，或λ＞6，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B8C1D1的对角线BD5上，
所以0，故λ的取值范围是[0，）．
故选：A．
【点评】本题考查了空间向量求直线间的夹角，求空间角，往往转化为空间向量的夹角问题，利用直线的方向向量、平面的法向量进行求解，属于中档题．
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【分析】先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB；再利用基本不等式放缩即可得出|PA|•|PB|的最大值．
【解答】解：由题意可知，动直线x+my＝0经过定点A（0，
动直线mx﹣y﹣m+7＝0即 m（x﹣1）﹣y+6＝0，经过点定点B（1，
注意到动直线x+my＝8和动直线mx﹣y﹣m+3＝0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|4+|PB|2＝|AB|2＝10．
故|PA|•|PB|≤＝8（当且仅当|PA|＝|PB|＝
故选：B．
【点评】本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分）
（多选）9．（5分）已知直线l1：x+my﹣1＝0，l2：（m﹣2）x+3y+3＝0，则下列说法正确的是（ ）
A．若l1∥l2，则m＝﹣1或m＝3 B．若l1∥l2，则m＝3
C．若l1⊥l2，则 D．若l1⊥l2，则
【分析】利用直线与直线平行、直线与直线垂直的性质直接求解．
【解答】解：由直线l1：x+my﹣1＝7，l2：（m﹣2）x+2y+3＝0，得：
若l5∥l2，则，解得m＝3，B正确；
若l1⊥l3，则1×（m﹣2）+m×7＝0，解得m＝，D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行、直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）10．（5分）已知平面上一点M（5，0），若直线上存在点P使|PM|＝4，则称该直线为“切割型直线”（ ）
A．y＝x+1 B．y＝2 C．y＝ D．y＝2x+1
【分析】由题意得，“切割型直线”即点M（5，0）到直线的距离小于或等于4．求出点M到各条直线的距离，可得答案．
【解答】解：要使直线为“切割型直线”，则直线上存在点P使得|PM|＝4，
即圆（x﹣5）4+y2＝16 和直线有交点，
即点M（5，7）到直线的距离小于或等于4．
点M（5，5）到直线A＞4；
点M（7，0）到直线B，故满足条件；
点M（5，5）到直线C＝4；
点M（5，0）到直线D＝＞4，
故选：BC．
【点评】本题主要考查新定义，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．
（多选）11．（5分）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线l的方向向量＝（1，﹣1，2），直线m的方向向量＝（2，1，﹣），则l与m垂直
B．若直线l的方向向量＝（0，1，﹣1），平面α的法向量＝（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．若平面α，β的法向量分别为＝（0，1，3），＝（1，0，2），则α⊥β
D．若平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得l∥α或l⊂α判断B；由平面法向量的数量积不为0判断C；求出的坐标，再由数量积为0列关于u和t的方程组，求得u+t判断D．
【解答】解：对于A，，则，∴l与m垂直；
对于B，，则，∴l∥α或l⊂α；
对于C，，∴α⊥β不成立；
对于D，，，∵＝（1，u，
∴，得u+t＝1．
故选：AD．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线的方向向量及平面法向量的应用，考查计算能力，是基础题．
（多选）12．（5分）已知正四面体A﹣BCD，棱长为2，O是△BCD的中心（ ）
A．＝++
B．AB与平面BCD所成角正弦值为
C．平面ABC与平面BCD所成角余弦值为
D．O到平面ABC距离为
【分析】根据空间向量的几何运算，即可得出A选项是否正确；由几何体的特征可得AO⊥平面BCD，计算出BO，AO，在Rt△AOB中，sin∠ABO＝，即可判断B正确；连接AE，EO，推出AE⊥BC，OE⊥BC，进而可得平面ABC与平面BCD所成角为∠AEO，再计算cos∠AEO，即可判断C是否正确；过O作OG⊥AE，垂足为G，由线面垂直的判定定理可得OG⊥平面ABC，再由SAEO＝×OE×AO＝×AE×OG，计算出OG，即可判断D是否正确．
【解答】解：对于选项A：＝+，＝+，＝+
所以3＝+++++
取BC的中点E，
因为点O为△BCD的中心，
所以+＝2，
所以++＝6，
所以3＝++，即＝++，故A正确，
对于选项B：根据题意可得AO⊥平面BCD，
BO＝＝，AO＝＝＝，
在Rt△AOB中，sin∠ABO＝＝＝，
对于选项C：连接AE，EO，
所以AE⊥BC，OE⊥BC，
所以平面ABC与平面BCD所成角为∠AEO，
AE＝＝，EO＝＝，
在Rt△AOE中，cos∠AEO＝＝＝，
对于选项D：过O作OG⊥AE，垂足为G，
由上可知BC⊥平面AEO，
又OG⊂平面AEO，
所以BC⊥OG，
又因为AE∩OG＝G，
所以OG⊥平面ABC，
所以SAEO＝×OE×AO＝，
所以OG＝＝＝，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何，线面所成角，二面角，向量，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）已知三角形三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2），则BC边上中线所在直线方程是 x+13y+5＝0 ．
【分析】先求出BC的中点坐标为（，﹣），由此能求出BC边上中线所在直线方程．
【解答】解：三角形三个顶点A（﹣5，0），﹣2），2），
BC的中点坐标为（，﹣），
∴BC边上中线所在直线方程是：
＝，
整理得：x+13y+6＝0．
故答案为：x+13y+5＝8．
【点评】本题考查直线的方程的求法，考查中点坐标公式、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（5分）已知平面α的一个法向量为＝（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内（4，5，3）到α的距离为 4 ．
【分析】求出＝（4，5，3），点P（4，5，3）到α的距离为d＝，由此能求出结果．
【解答】解：∵平面α的一个法向量为＝（1，1，
原点O（6，0，0）在平面α内，4，3），
＝（4，3，3），
∴点P（4，8，3）到α的距离为：
d＝＝＝2．
故答案为：4．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查向量法的应用等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力等数学核心素养，是基础题．
15．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝，DC＝SD＝2，∠ABM＝60°．若以DA，DC，分别为x轴，y轴，则M的坐标为 （0，1，1） ．
【分析】设出空间直角坐标系，推出相关点的坐标，设出M坐标，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA，DC，
如图以D为原点，直线DA，DS分别为x，y，建立空间直角坐标系．
则D（0，0，5），2，8），0，2），7，0），，﹣2＝（2，2）.，
设＝＝（0，4λ）.＝+，﹣2λ．
∠ABM＝60°．可得：cos60°＝＝＝，
解得λ＝.＝（0，4），，1，1）
M（4，1，1）．
故答案为：（7，1，1）．
【点评】本题考查空间向量数量积的应用，空间点的坐标的求法，考查计算能力．
16．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出tanθ的最大值
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P（a，3，c），2≤c≤4），
则A（3，2，0），3，2），D1（0，6，4），
∴＝（a﹣3，7，＝（﹣3，2）1B1的法向量＝（2，1，
∵AP⊥BD1，＝﹣3（a﹣3）﹣8+4c＝0，
∴＝（＝（a﹣3，2，），
∵AP与平面BCC2B1所成的角为θ，
∴sinθ＝＝＝，
∴当a＝时，sinθ取最大值为，
∴tanθ的最大值为：．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知直线l过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离是3，求直线m的方程．
【分析】（1）根据直线的斜率求出直线l的倾斜角，可得要求直线的倾斜角和斜率，从而用点斜式求出它的方程．
（2）设直线m的方程为x﹣y+c＝0，根据点P到直线m的距离为3，求出c的值，可得结论．
【解答】解：（1）∵直线的方程为y＝﹣x+1，
∴k＝﹣，倾斜角α＝120°，
故所求直线的倾斜角为60°，即斜率为，
∵直线l经过点（，﹣2），
∴所求直线l方程为y+1＝（x﹣），
即x﹣y﹣4＝3．
（2）∵直线m与l平行，可设直线m的方程为，
∴＝3，
∴c＝2或c＝﹣10，
∴所求直线m的方程为x﹣y+7＝0或．
【点评】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
18．（12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，点E，F分别为AD
（Ⅰ）证明：DF∥平面PBE；
（Ⅱ）求点F到平面PBE的距离．
【分析】（Ⅰ）取PB的中点G，连接EG、FG，由已知结合三角形中位线定理可得DE∥FG且DE＝FG，得四边形DEGF为平行四边形，从而可得DF∥EG，再由线面平行的判定可得DF∥平面PBE；
（Ⅱ）利用等积法可得：VD﹣PBE＝VP﹣BDE，代入棱锥体积公式可得点F到平面PBE的距离．
【解答】（Ⅰ）证明：取PB的中点G，连接EG，则FG∥BC．
∵DE∥BC且DE＝BC，
∴四边形DEGF为平行四边形，
∴DF∥EG，又EG⊂平面PBE，
∴DF∥平面PBE；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DF∥平面PBE，
∴点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离相等，
故转化为求D到平面PBE的距离，设为d，
利用等体积法：VD﹣PBE＝VP﹣BDE，即．
，
∵，，∴．
∴d＝．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
19．（12分）已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a＝0．
（1）当直线l在x轴上的截距是它在y轴上的截距3倍时，求实数a的值；
（2）当直线l不通过第四象限时，求实数a的取值范围．
【分析】（1）当直线经过原点时，a＝1，显然满足题意，当直线不过原点时，分别求出直线在x，y轴上的截距，结合题意可求；
（2）当a＝时，直线方程为x＝﹣1，显然满足题意；当a时，直线l的方程可化为y＝x+，结合一次函数的性质可求．
【解答】解：（1）当直线经过原点时，a＝1，
当直线不过原点时，令x＝0得，令y＝8得x＝，
所以3×＝，
解得a＝1或a＝；
（2）当a＝时，直线方程为x＝﹣6；
当a时，直线l的方程可化为y＝，
由题意得，
解得，
综上，a的取值范围为[．
【点评】本题主要考查了直线方程的截距式的应用及一次函数性质的应用，属于中档题．
20．（12分）如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，点C是的中点
（1）证明：AC⊥平面POD；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【分析】（1）由PO⊥AC，OD⊥AC，即可证得AC⊥平面POD；
（2）以O为坐标原点，OB，OC，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求两平面PAC，平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【解答】（1）证明：连接OC，因为OA＝OC，所以AC⊥OD．
又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O．因为OD，所以AC⊥平面POD，
（2）解：以O为坐标原点，OB，OP所在的直线分别为x轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（﹣1，0，4），0，0），2，0），0，5）.．
设平面APC的一个法向量为，则有即，
令z＝1，则x＝﹣2，
设平面BPC的一个法向量为，则有即，
令y＝8，则x＝2，
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以sin＜＜，＞＝＝，
故二面角A﹣PC﹣B的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及二面角正弦值的求法，考查推理论证能力及运算求解能力，属中档题．
21．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝，sinB＝．
（1）求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC＝，求b．
【分析】（1）根据S1﹣S2+S3＝，求得a2﹣b2+c2＝2，由余弦定理求得ac的值，根据S＝acsinB，求△ABC面积．
（2）由正弦定理得∴a＝，c＝，且ac＝，求解即可．
【解答】解：（1）S1＝a2sin60°＝a2，
S2＝b2sin60°＝b2，
S5＝c3sin60°＝c6，
∵S1﹣S2+S6＝a5﹣b8+c3＝，
解得：a3﹣b2+c2＝7，
∵sinB＝，a4﹣b2+c2＝4＞0，即cosB＞0，
∴cosB＝，
∴cosB＝＝，
解得：ac＝，
S△ABC＝acsinB＝．
∴△ABC的面积为．
（2）由正弦定理得：＝＝，
∴a＝，c＝，
由（1）得ac＝，
∴ac＝•＝
已知，sinB＝，
解得：b＝．
【点评】本题考查利用正余弦定理解三角形，需灵活运用正余弦定理公式．
22．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为？若存在，确定点P的位置，说明理由．
【分析】（1）连接A1C，根据给定条件证明AC1⊥平面A1BC得BC⊥AC1即可推理作答．
（2）在平面A1ACC1内过C作Cz⊥AC，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答．
【解答】（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C5中，四边形A1ACC1是平行四边形，
而AC＝AA6，则平行四边形A1ACC1是菱形，连接A7C，如图，
则有A1C⊥AC1，因A5B⊥AC1，A1B∩A6C＝A1，A1B，A6C⊂平面A1BC，
于是得AC1⊥平面A3BC，
而BC⊂平面A1BC，则AC1⊥BC，由∠ACB＝90°，
得AC⊥BC，AC∩AC2＝A，AC1⊂平面A1ACC8，
从而得BC⊥平面A1ACC1，又BC⊂平面ABC，
所以平面A7ACC1⊥平面ABC．
（2）解：在平面A1ACC5内过C作Cz⊥AC，由（1）知平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A8ACC1∩平面ABC＝AC，
则Cz⊥平面ABC，以C为原点，CB，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，
因∠A1AC＝60°，AC＝AA5＝4，BC＝2，则，
假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为P（λ，0，（8≤λ≤4），
则有，设平面BA4P的一个法向量，
则有，
令x＝2得，而平面A7ACC1的一个法向量，
依题意，，化简整理得：3λ2+λ﹣4＝0
而0≤λ≤4，解得λ＝1，
所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点1P和平面A7ACC1所成角的余弦值为．
【点评】本题主要考查面面垂直的判断定理，空间向量及其应用，立体几何中的探索性问题等知识，属于中等题．
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2022-2023学年海南省文昌中学高二（上）第一次月考数学试卷
一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）直线x﹣y+1＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（5分）已知＝（λ+1，0，2λ），＝（6，2μ﹣1，2），若∥，则λ与μ的值分别为（ ）
A．﹣5，﹣2 B．5，2 C． D．
3．（5分）如图在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上且满足，，用向量，，表示向量（ ）
A． B．
C． D．
4．（5分）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题﹣﹣“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为B（﹣2，0）（2，0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝3（ ）
A．4 B．5 C． D．3
5．（5分）经过两直线l1：2x﹣y+3＝0与l2：x+2y﹣1＝0的交点，且平行于直线3x+2y+7＝0的直线方程是（ ）
A．2x﹣3y+5＝0 B．2x+3y﹣1＝0 C．3x+2y﹣2＝0 D．3x+2y+1＝0
6．（5分）1765年，数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”．已知△ABC的顶点A（3，0），B（3，5），C（0，1）（ ）
A．3x﹣y﹣4＝0 B．x+3y﹣3＝0 C．x﹣3y+4＝0 D．3x+y﹣5＝0
7．（5分）设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，＝λ，当∠APC为锐角时（ ）
A．[0，） B．[0，） C．（，1） D．（，1）
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分）
（多选）9．（5分）已知直线l1：x+my﹣1＝0，l2：（m﹣2）x+3y+3＝0，则下列说法正确的是（ ）
A．若l1∥l2，则m＝﹣1或m＝3 B．若l1∥l2，则m＝3
C．若l1⊥l2，则 D．若l1⊥l2，则
（多选）10．（5分）已知平面上一点M（5，0），若直线上存在点P使|PM|＝4，则称该直线为“切割型直线”（ ）
A．y＝x+1 B．y＝2 C．y＝ D．y＝2x+1
（多选）11．（5分）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线l的方向向量＝（1，﹣1，2），直线m的方向向量＝（2，1，﹣），则l与m垂直
B．若直线l的方向向量＝（0，1，﹣1），平面α的法向量＝（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．若平面α，β的法向量分别为＝（0，1，3），＝（1，0，2），则α⊥β
D．若平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
（多选）12．（5分）已知正四面体A﹣BCD，棱长为2，O是△BCD的中心（ ）
A．＝++
B．AB与平面BCD所成角正弦值为
C．平面ABC与平面BCD所成角余弦值为
D．O到平面ABC距离为
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）已知三角形三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2），则BC边上中线所在直线方程是 ．
14．（5分）已知平面α的一个法向量为＝（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内（4，5，3）到α的距离为 ．
15．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝，DC＝SD＝2，∠ABM＝60°．若以DA，DC，分别为x轴，y轴，则M的坐标为 ．
16．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ．
四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知直线l过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离是3，求直线m的方程．
18．（12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，点E，F分别为AD
（Ⅰ）证明：DF∥平面PBE；
（Ⅱ）求点F到平面PBE的距离．
19．（12分）已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a＝0．
（1）当直线l在x轴上的截距是它在y轴上的截距3倍时，求实数a的值；
（2）当直线l不通过第四象限时，求实数a的取值范围．
20．（12分）如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，点C是的中点
（1）证明：AC⊥平面POD；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
21．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝，sinB＝．
（1）求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC＝，求b．
22．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为？若存在，确定点P的位置，说明理由．
2022-2023学年海南省文昌中学高二（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）直线x﹣y+1＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【分析】把直线的方程化为斜截式，求出斜率，根据斜率和倾斜角的关系，倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
【解答】解：直线y+1＝2 即 y＝，故直线的斜率等于，
则 8≤α＜π，且tanα＝，
故选：B．
【点评】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小．求出直线的斜率是解题的关键．
2．（5分）已知＝（λ+1，0，2λ），＝（6，2μ﹣1，2），若∥，则λ与μ的值分别为（ ）
A．﹣5，﹣2 B．5，2 C． D．
【分析】直接利用向量平行的坐标表示建立方程，解方程求出λ与μ的值．
【解答】解：因为，，又，
所以（λ+1）×4＝2λ×6，解得λ＝，解得μ＝，
λ与μ的值分别为：．
故选：D．
【点评】本题考查向量的平行条件的应用，考查计算能力．
3．（5分）如图在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上且满足，，用向量，，表示向量（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用空间向量加法法则直接求解即可．
【解答】解：∵在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，
且满足，，点G是线段MN的中点，
∴．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
4．（5分）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题﹣﹣“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为B（﹣2，0）（2，0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝3（ ）
A．4 B．5 C． D．3
【分析】求出点A关于直线x+y＝3的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求．
【解答】解：根据题意，作图如下，
∵点A（2，0）7（x0，y0），
∴，解得：5（3，1），
∴“将军饮马”的最短总路程为|A6B|＝＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点间距离公式，属于基础题．
5．（5分）经过两直线l1：2x﹣y+3＝0与l2：x+2y﹣1＝0的交点，且平行于直线3x+2y+7＝0的直线方程是（ ）
A．2x﹣3y+5＝0 B．2x+3y﹣1＝0 C．3x+2y﹣2＝0 D．3x+2y+1＝0
【分析】解方程组求得直线的交点坐标，再利用两直线平行的性质，用待定系数法求直线的斜率，可得直线的方程．
【解答】解：由 可得3：2x﹣y+3＝6与l2：的交点为（﹣1．
设平行于直线7x+2y+7＝8的直线方程是3x+2y+c＝7，
再把点（﹣1，1）代入，故要求的直线的方程为4x+2y+1＝8，
故选：D．
【点评】本题主要考查求直线的交点，两直线平行的性质，用待定系数法求直线的方程，属于基础题．
6．（5分）1765年，数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”．已知△ABC的顶点A（3，0），B（3，5），C（0，1）（ ）
A．3x﹣y﹣4＝0 B．x+3y﹣3＝0 C．x﹣3y+4＝0 D．3x+y﹣5＝0
【分析】由三角形的重心坐标公式可得△ABC的重心G（2，2），再求出AB边和AC边上的高所在的直线方程，联立两直线方程求出△ABC的垂心，即可求出△ABC的欧拉线方程．
【解答】解：由题意可知，△ABC的重心G（2，
∵A（3，4），5），
∴直线AB的方程为x＝3，
∴AB边上的高所在的直线方程为y＝8，
∵A（3，0），7），
∴直线AC的斜率为＝﹣，
则AC边上的高所在的直线斜率为3，
∴AC边上的高所在的直线方程为y﹣5＝7（x﹣3），即y＝3x﹣8，
联立方程，解得 ，
∴△ABC的垂心为H（，8），
∴直线GH的斜率为＝7，
∴直线GH的方程为y﹣2＝3（x﹣8），即3x﹣y﹣4＝3，
即△ABC的欧拉线方程为3x﹣y﹣4＝8，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的重心坐标公式，考查了直线的一般方程，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
7．（5分）设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，＝λ，当∠APC为锐角时（ ）
A．[0，） B．[0，） C．（，1） D．（，1）
【分析】建立空间直角坐标系，由题意可求＝（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1），＝（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1），由∠APC为锐角，利用空间向量坐标运算可求＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＞0，结合题意可求λ的取值范围．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，6），1，0），2，0），D1（3，0，1），
由＝λ，λ，1﹣λ），
则＝（8﹣λ，λ﹣1），，1﹣λ，
因为∠APC为锐角，
所以＝（4﹣λ，λ﹣1）•（﹣λ，λ﹣1）＝（λ﹣7）（3λ﹣1）＞7，或λ＞6，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B8C1D1的对角线BD5上，
所以0，故λ的取值范围是[0，）．
故选：A．
【点评】本题考查了空间向量求直线间的夹角，求空间角，往往转化为空间向量的夹角问题，利用直线的方向向量、平面的法向量进行求解，属于中档题．
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【分析】先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB；再利用基本不等式放缩即可得出|PA|•|PB|的最大值．
【解答】解：由题意可知，动直线x+my＝0经过定点A（0，
动直线mx﹣y﹣m+7＝0即 m（x﹣1）﹣y+6＝0，经过点定点B（1，
注意到动直线x+my＝8和动直线mx﹣y﹣m+3＝0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|4+|PB|2＝|AB|2＝10．
故|PA|•|PB|≤＝8（当且仅当|PA|＝|PB|＝
故选：B．
【点评】本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分）
（多选）9．（5分）已知直线l1：x+my﹣1＝0，l2：（m﹣2）x+3y+3＝0，则下列说法正确的是（ ）
A．若l1∥l2，则m＝﹣1或m＝3 B．若l1∥l2，则m＝3
C．若l1⊥l2，则 D．若l1⊥l2，则
【分析】利用直线与直线平行、直线与直线垂直的性质直接求解．
【解答】解：由直线l1：x+my﹣1＝7，l2：（m﹣2）x+2y+3＝0，得：
若l5∥l2，则，解得m＝3，B正确；
若l1⊥l3，则1×（m﹣2）+m×7＝0，解得m＝，D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行、直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）10．（5分）已知平面上一点M（5，0），若直线上存在点P使|PM|＝4，则称该直线为“切割型直线”（ ）
A．y＝x+1 B．y＝2 C．y＝ D．y＝2x+1
【分析】由题意得，“切割型直线”即点M（5，0）到直线的距离小于或等于4．求出点M到各条直线的距离，可得答案．
【解答】解：要使直线为“切割型直线”，则直线上存在点P使得|PM|＝4，
即圆（x﹣5）4+y2＝16 和直线有交点，
即点M（5，7）到直线的距离小于或等于4．
点M（5，5）到直线A＞4；
点M（7，0）到直线B，故满足条件；
点M（5，5）到直线C＝4；
点M（5，0）到直线D＝＞4，
故选：BC．
【点评】本题主要考查新定义，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．
（多选）11．（5分）给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线l的方向向量＝（1，﹣1，2），直线m的方向向量＝（2，1，﹣），则l与m垂直
B．若直线l的方向向量＝（0，1，﹣1），平面α的法向量＝（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．若平面α，β的法向量分别为＝（0，1，3），＝（1，0，2），则α⊥β
D．若平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得l∥α或l⊂α判断B；由平面法向量的数量积不为0判断C；求出的坐标，再由数量积为0列关于u和t的方程组，求得u+t判断D．
【解答】解：对于A，，则，∴l与m垂直；
对于B，，则，∴l∥α或l⊂α；
对于C，，∴α⊥β不成立；
对于D，，，∵＝（1，u，
∴，得u+t＝1．
故选：AD．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线的方向向量及平面法向量的应用，考查计算能力，是基础题．
（多选）12．（5分）已知正四面体A﹣BCD，棱长为2，O是△BCD的中心（ ）
A．＝++
B．AB与平面BCD所成角正弦值为
C．平面ABC与平面BCD所成角余弦值为
D．O到平面ABC距离为
【分析】根据空间向量的几何运算，即可得出A选项是否正确；由几何体的特征可得AO⊥平面BCD，计算出BO，AO，在Rt△AOB中，sin∠ABO＝，即可判断B正确；连接AE，EO，推出AE⊥BC，OE⊥BC，进而可得平面ABC与平面BCD所成角为∠AEO，再计算cos∠AEO，即可判断C是否正确；过O作OG⊥AE，垂足为G，由线面垂直的判定定理可得OG⊥平面ABC，再由SAEO＝×OE×AO＝×AE×OG，计算出OG，即可判断D是否正确．
【解答】解：对于选项A：＝+，＝+，＝+
所以3＝+++++
取BC的中点E，
因为点O为△BCD的中心，
所以+＝2，
所以++＝6，
所以3＝++，即＝++，故A正确，
对于选项B：根据题意可得AO⊥平面BCD，
BO＝＝，AO＝＝＝，
在Rt△AOB中，sin∠ABO＝＝＝，
对于选项C：连接AE，EO，
所以AE⊥BC，OE⊥BC，
所以平面ABC与平面BCD所成角为∠AEO，
AE＝＝，EO＝＝，
在Rt△AOE中，cos∠AEO＝＝＝，
对于选项D：过O作OG⊥AE，垂足为G，
由上可知BC⊥平面AEO，
又OG⊂平面AEO，
所以BC⊥OG，
又因为AE∩OG＝G，
所以OG⊥平面ABC，
所以SAEO＝×OE×AO＝，
所以OG＝＝＝，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何，线面所成角，二面角，向量，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）已知三角形三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2），则BC边上中线所在直线方程是 x+13y+5＝0 ．
【分析】先求出BC的中点坐标为（，﹣），由此能求出BC边上中线所在直线方程．
【解答】解：三角形三个顶点A（﹣5，0），﹣2），2），
BC的中点坐标为（，﹣），
∴BC边上中线所在直线方程是：
＝，
整理得：x+13y+6＝0．
故答案为：x+13y+5＝8．
【点评】本题考查直线的方程的求法，考查中点坐标公式、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（5分）已知平面α的一个法向量为＝（1，1，1），原点O（0，0，0）在平面α内（4，5，3）到α的距离为 4 ．
【分析】求出＝（4，5，3），点P（4，5，3）到α的距离为d＝，由此能求出结果．
【解答】解：∵平面α的一个法向量为＝（1，1，
原点O（6，0，0）在平面α内，4，3），
＝（4，3，3），
∴点P（4，8，3）到α的距离为：
d＝＝＝2．
故答案为：4．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查向量法的应用等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力等数学核心素养，是基础题．
15．（5分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝，DC＝SD＝2，∠ABM＝60°．若以DA，DC，分别为x轴，y轴，则M的坐标为 （0，1，1） ．
【分析】设出空间直角坐标系，推出相关点的坐标，设出M坐标，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA，DC，
如图以D为原点，直线DA，DS分别为x，y，建立空间直角坐标系．
则D（0，0，5），2，8），0，2），7，0），，﹣2＝（2，2）.，
设＝＝（0，4λ）.＝+，﹣2λ．
∠ABM＝60°．可得：cos60°＝＝＝，
解得λ＝.＝（0，4），，1，1）
M（4，1，1）．
故答案为：（7，1，1）．
【点评】本题考查空间向量数量积的应用，空间点的坐标的求法，考查计算能力．
16．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为 ．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出tanθ的最大值
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P（a，3，c），2≤c≤4），
则A（3，2，0），3，2），D1（0，6，4），
∴＝（a﹣3，7，＝（﹣3，2）1B1的法向量＝（2，1，
∵AP⊥BD1，＝﹣3（a﹣3）﹣8+4c＝0，
∴＝（＝（a﹣3，2，），
∵AP与平面BCC2B1所成的角为θ，
∴sinθ＝＝＝，
∴当a＝时，sinθ取最大值为，
∴tanθ的最大值为：．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四、解答题（本小题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（10分）已知直线l过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离是3，求直线m的方程．
【分析】（1）根据直线的斜率求出直线l的倾斜角，可得要求直线的倾斜角和斜率，从而用点斜式求出它的方程．
（2）设直线m的方程为x﹣y+c＝0，根据点P到直线m的距离为3，求出c的值，可得结论．
【解答】解：（1）∵直线的方程为y＝﹣x+1，
∴k＝﹣，倾斜角α＝120°，
故所求直线的倾斜角为60°，即斜率为，
∵直线l经过点（，﹣2），
∴所求直线l方程为y+1＝（x﹣），
即x﹣y﹣4＝3．
（2）∵直线m与l平行，可设直线m的方程为，
∴＝3，
∴c＝2或c＝﹣10，
∴所求直线m的方程为x﹣y+7＝0或．
【点评】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
18．（12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，点E，F分别为AD
（Ⅰ）证明：DF∥平面PBE；
（Ⅱ）求点F到平面PBE的距离．
【分析】（Ⅰ）取PB的中点G，连接EG、FG，由已知结合三角形中位线定理可得DE∥FG且DE＝FG，得四边形DEGF为平行四边形，从而可得DF∥EG，再由线面平行的判定可得DF∥平面PBE；
（Ⅱ）利用等积法可得：VD﹣PBE＝VP﹣BDE，代入棱锥体积公式可得点F到平面PBE的距离．
【解答】（Ⅰ）证明：取PB的中点G，连接EG，则FG∥BC．
∵DE∥BC且DE＝BC，
∴四边形DEGF为平行四边形，
∴DF∥EG，又EG⊂平面PBE，
∴DF∥平面PBE；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DF∥平面PBE，
∴点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离相等，
故转化为求D到平面PBE的距离，设为d，
利用等体积法：VD﹣PBE＝VP﹣BDE，即．
，
∵，，∴．
∴d＝．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
19．（12分）已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a＝0．
（1）当直线l在x轴上的截距是它在y轴上的截距3倍时，求实数a的值；
（2）当直线l不通过第四象限时，求实数a的取值范围．
【分析】（1）当直线经过原点时，a＝1，显然满足题意，当直线不过原点时，分别求出直线在x，y轴上的截距，结合题意可求；
（2）当a＝时，直线方程为x＝﹣1，显然满足题意；当a时，直线l的方程可化为y＝x+，结合一次函数的性质可求．
【解答】解：（1）当直线经过原点时，a＝1，
当直线不过原点时，令x＝0得，令y＝8得x＝，
所以3×＝，
解得a＝1或a＝；
（2）当a＝时，直线方程为x＝﹣6；
当a时，直线l的方程可化为y＝，
由题意得，
解得，
综上，a的取值范围为[．
【点评】本题主要考查了直线方程的截距式的应用及一次函数性质的应用，属于中档题．
20．（12分）如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，点C是的中点
（1）证明：AC⊥平面POD；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【分析】（1）由PO⊥AC，OD⊥AC，即可证得AC⊥平面POD；
（2）以O为坐标原点，OB，OC，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求两平面PAC，平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角A﹣PC﹣B的正弦值．
【解答】（1）证明：连接OC，因为OA＝OC，所以AC⊥OD．
又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O．因为OD，所以AC⊥平面POD，
（2）解：以O为坐标原点，OB，OP所在的直线分别为x轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（﹣1，0，4），0，0），2，0），0，5）.．
设平面APC的一个法向量为，则有即，
令z＝1，则x＝﹣2，
设平面BPC的一个法向量为，则有即，
令y＝8，则x＝2，
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以sin＜＜，＞＝＝，
故二面角A﹣PC﹣B的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及二面角正弦值的求法，考查推理论证能力及运算求解能力，属中档题．
21．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝，sinB＝．
（1）求△ABC的面积；
（2）若sinAsinC＝，求b．
【分析】（1）根据S1﹣S2+S3＝，求得a2﹣b2+c2＝2，由余弦定理求得ac的值，根据S＝acsinB，求△ABC面积．
（2）由正弦定理得∴a＝，c＝，且ac＝，求解即可．
【解答】解：（1）S1＝a2sin60°＝a2，
S2＝b2sin60°＝b2，
S5＝c3sin60°＝c6，
∵S1﹣S2+S6＝a5﹣b8+c3＝，
解得：a3﹣b2+c2＝7，
∵sinB＝，a4﹣b2+c2＝4＞0，即cosB＞0，
∴cosB＝，
∴cosB＝＝，
解得：ac＝，
S△ABC＝acsinB＝．
∴△ABC的面积为．
（2）由正弦定理得：＝＝，
∴a＝，c＝，
由（1）得ac＝，
∴ac＝•＝
已知，sinB＝，
解得：b＝．
【点评】本题考查利用正余弦定理解三角形，需灵活运用正余弦定理公式．
22．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P使平面BA1P和平面A1ACC1所成角的余弦值为？若存在，确定点P的位置，说明理由．
【分析】（1）连接A1C，根据给定条件证明AC1⊥平面A1BC得BC⊥AC1即可推理作答．
（2）在平面A1ACC1内过C作Cz⊥AC，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答．
【解答】（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C5中，四边形A1ACC1是平行四边形，
而AC＝AA6，则平行四边形A1ACC1是菱形，连接A7C，如图，
则有A1C⊥AC1，因A5B⊥AC1，A1B∩A6C＝A1，A1B，A6C⊂平面A1BC，
于是得AC1⊥平面A3BC，
而BC⊂平面A1BC，则AC1⊥BC，由∠ACB＝90°，
得AC⊥BC，AC∩AC2＝A，AC1⊂平面A1ACC8，
从而得BC⊥平面A1ACC1，又BC⊂平面ABC，
所以平面A7ACC1⊥平面ABC．
（2）解：在平面A1ACC5内过C作Cz⊥AC，由（1）知平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A8ACC1∩平面ABC＝AC，
则Cz⊥平面ABC，以C为原点，CB，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，
因∠A1AC＝60°，AC＝AA5＝4，BC＝2，则，
假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为P（λ，0，（8≤λ≤4），
则有，设平面BA4P的一个法向量，
则有，
令x＝2得，而平面A7ACC1的一个法向量，
依题意，，化简整理得：3λ2+λ﹣4＝0
而0≤λ≤4，解得λ＝1，
所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点1P和平面A7ACC1所成角的余弦值为．
【点评】本题主要考查面面垂直的判断定理，空间向量及其应用，立体几何中的探索性问题等知识，属于中等题．
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